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Instituto de Matemática e Estatística da USP MAT2455 - Cálculo Diferencial e Integral III para Engenharia 2a. Prova - 1o. Semestre 2009 - 31/03/2009 Turma A Questão 1 (a) (1,5 ponto) Considere o campo: ~F (x, y, z) = (z cos (xz) + yexy, xexy + y, x cos (xz) + e2z), (x, y, z) ∈ R3. Mostre que ~F é conservativo e calcule ∫ (pi 2 ,2,1) (0,0,0) ~F .d~r b) (2,0 pontos) Calcule ∫ γ g(x, y, z) ds onde γ é dada pela intersecção das superfícies z = x2y e y = x2, com ponto inicial ( −1 2 , 1 4 , 1 16 ) e ponto �nal ( 1 2 , 1 4 , 1 16 ) e g(x, y, z) = √ 1 + 4y + 16yz, (x, y, z) ∈ R3 Solução: (a) Para mostrar que ~F é conservativo basta mostrar que existe uma função escalar φ tal que: ~∇φ = ~F Com isso tem-se as seguintes relações: ∂φ ∂x = z cos (xz) + yexy (1) ∂φ ∂y = xyexy + y (2) ∂φ ∂z = x cos (xz) + e2z (3) Integrando a relação (2) em y chega-se a: φ = exy + y2 2 + g(x, z) Derivando φ em relação a x, e igualando à relação (1): ∂φ ∂x = yexy + ∂g ∂x = z cos(xz) + yexy Com isso tem-se: g(x, z) = sin (xz) + h(z) e φ = exy + y2 2 + sin (xz) + h(z) 1 Derivando novamente φ, desta vez em relação a z, e igualando à relação (3): ∂φ ∂z = x cos(xz) + ∂h ∂z = x cos(xz) + e2z Com isso tem-se: h(z) = e2z 2 e φ = exy + y2 2 + sin (xz) + e2z 2 Como existe φ tal que ~∇φ = ~F , podemos a�rmar que ~F é conservativo. O cálculo da integral �ca: ∫ (pi 2 ,2,1) (0,0,0) ~F .d~r = φ (pi 2 , 2, 1 ) − φ (0, 0, 0) = ( epi + 2 + 1 + e2 2 ) − ( 1 + 1 2 ) = epi + e2 2 + 3 2 (b) A curva γ é dada pela intersecção das superfícies y = x2 e z = x2y, sendo x = t, tem-se: γ(t) = (t, t2, t4) γ′(t) = (1, 2t, 4t3) ‖ γ′(t) ‖= √1 + 4t2 + 16t6 −12 ≤ t ≤ 12 O cálculo da integral �ca: ∫ γ g(x, y, z) ds = ∫ 1 2 − 1 2 g(γ(t)). ‖ γ′(t) ‖ dt = ∫ 1 2 − 1 2 √ 1 + 4t2 + 16t6. √ 1 + 4t2 + 16t6 dt = ∫ 1 2 − 1 2 1 + 4t2 + 16t6 dt = ( t + 4t3 3 + 16t7 7 ) ∣∣∣ 1 2 − 1 2 = 115 84 2 Questão 2 (3,5 pontos) Calcule ∫ γ ~F .d~r onde: ~F (x, y) = (−y + sin(x2), x + 1) + (yexy, xexy) e γ é o arco da parábola x = 1− 3y2 com ponto inicial (−2, 1) e ponto �nal (−2,−1) Solução: Tem-se que ~F = ~F1 + ~F2, onde: ~F1 = (−y + sin(x2), x + 1) e ~F2 = (yexy, xexy) Com isso a integral será calculada por: ∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r Para aplicar o Teorema de Green, fecha-se o arco de parábola com uma curva α(t) orientada positivamente, a �m de obter a região fechada R abaixo: Cálculo de ∫ γ ~F1.d~r Sendo R uma região fechada contida no interios de α e γ, dom( ~F1) ⊂ R2 e sendo a orientação de γ negativa, pelo Teorema de Green vem que: − ∫ γ ~F1.d~r + ∫ α ~F1.d~r = ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy onde: α(t) = (−2,−t) , α′(t) = (0,−1) com −1 ≤ t ≤ 1 3 ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy = ∫ ∫ R 2 dx dy = ∫ 1 −1 ∫ 1−3y2 −2 2 dx dy = ∫ 1 −1 2(1 − 3y2)− 2(−2) dx dy = 6 ∫ 1 −1 1− y2 dx dy = 6 ( y − y 3 3 ) ∣∣∣1 −1 = 8 ∫ α ~F1.d~r = ∫ 1 −1 ~F1(α(t)).α ′(t) dt = ∫ 1 −1 (−t + sin 4,−1).(0,−1) dt = ∫ 1 −1 1 dt = 2 Com isso: ∫ γ ~F1.d~r = 2− 8 = −6 Cálculo de ∫ γ ~F2.d~r Novamente pelo Teorema de Green: − ∫ γ ~F2.d~r + ∫ α ~F2.d~r = ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy Como: ∂Q ∂x − ∂P ∂y = 0 tem-se que: 4 ∫ γ ~F2.d~r = ∫ α ~F2.d~r = ∫ 1 −1 ~F1(α(t)).α ′(t) dt = ∫ 1 −1 (te−2t,−2e−2t).(0,−1) dt = ∫ 1 −1 2e−2t dt = −e−2t ∣∣∣1 −1 = e2 − e−2 Logo: ∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r = −6 + e2 − e−2 5 Questão 3 (3,0 pontos) Calcule ∫ γ ~F .d~r onde γ é a elipse x 2 9 + y2 4 percorrida uma vez no sentido anti-horário e ~F (x, y) = ( y x2 + y2 , −x x2 + y2 ) + (−y3 3 + x + sin y ) , (x, y) 6= (0, 0) Solução: Abaixo tem-se a região interior à elipse: Tem-se que ~F = ~F1 + ~F2. Com isso a integral será calculada por:∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r Cálculo de ∫ γ ~F1.d~r: Como o domínio de ~F1 é R 2−(0, 0), deve-se isolar a origem por uma pequena curva α(t), percorrida no sentido horário, para poder-se aplicar o Teorema de Green. Com isso, a região R' �ca compreendida entre α(t) e γ(t): 6 Aplicando o Teorema de Green à região R' tem-se: ∫ γ ~F1.d~r + ∫ α ~F1.d~r = ∫ ∫ R′ ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy Calcula-se cada integral separadamente: Sendo α(t) = (r sin t, r cos t), com r pequeno: ∫ α ~F1.d~r = ∫ 2pi 0 ~F (α(t)).(α′(t)) dt = ∫ 2pi 0 (r cos t,−r sin t) r2 .(r cos t,−r sin t) dt = ∫ 2pi 0 cos2 t + sin2 t dt = 2pi Como ∂Q ∂x − ∂P ∂y = 0 para o campo ~F1: ∫ ∫ R′ ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy = 0 Do Teorema de Green vem: ∫ γ ~F1.d~r = −2pi 7 Cálculo de ∫ γ ~F2.d~r: Como o domínio de ~F2 não apresenta problemas, pode-se aplicar diretamente o Teorema de Green para a região fechada R contida no interior de γ orientada positivamente. ∫ γ ~F2.d~r = ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy = ∫ ∫ R y2 dx dy Faz-se a mudança de coordenadas para a integral dulpa: x = 3r cos θ y = 2r sin θ J = 6r ∫ ∫ R y2 dx dy = ∫ 2pi 0 ∫ 1 0 4r2 sin2 θ.6r dr dθ = ∫ 2pi 0 ∫ 1 0 24r3 sin2 θ dr dθ = 6 ∫ 2pi 0 sin2 θ dθ = 3 ∫ 2pi 0 1− cos 2θ dθ = 6pi Logo: ∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r = −2pi + 6pi = 4pi 8 Instituto de Matemática e Estatística da USP MAT2455 - Cálculo Diferencial e Integral III para Engenharia 2a. Prova - 1o. Semestre 2009 - 31/03/2009 Turma B Questão 1 (a) (1,5 pontos) Considere o campo: ~F (x, y, z) = (y cos(xy) + zexz, x cos(xy) + e2y, xexz + z), (x, y, z) ∈ R3. Mostre que ~F é conservativo e calcule ∫ (pi 2 ,1,2) (0,0,0) ~F .d~r b) (2,0 pontos) Calcule ∫ γ g(x, y, z) ds onde γ é dada pela intersecção das superfícies z = y2x e x = y2, com ponto inicial ( 1 4 ,−1 2 , 1 16 ) e ponto �nal ( 1 4 , 1 2 , 1 16 ) e g(x, y, z) = √ 1 + 4y + 16yz, (x, y, z) ∈ R3 Solução: (a) Para mostrar que ~F é conservativo basta mostrar que existe uma função escalar φ tal que: ~∇φ = ~F Com isso tem-se as seguintes relações: ∂φ ∂x = y cos (xy) + zexz (1) ∂φ ∂y = x cos (xy) + e2y (2) ∂φ ∂z = xexz + z (3) Integrando a relação (3) em z chega-se a: φ = exz + z2 2 + g(x, y) Derivando φ em relação a y, e igualando à relação (2): ∂φ ∂y = ∂g ∂y = x cos (xy) + e2y Com isso tem-se: g(x, y) = sin(xy) + e2y 2 + h(x) e φ = exz + z2 2 + sin (xy) + e2y 2 + h(x) 9 Derivando novamente φ, desta vez em relação a x, e igualando à relação (1): ∂φ ∂y = y cos (xy) + zexz + ∂h ∂x = y cos (xy) + zexz Com isso tem-se: h(x) = Cte = 0 e φ = exz + z2 2 + sin(xy) + e2y 2 Como existe φ tal que ~∇φ = ~F , podemos a�rmar que ~F é conservativo. O cálculo da integral �ca: ∫ (pi 2 ,1,2) (0,0,0) ~F .d~r = φ (pi 2 , 2, 1 ) − φ (0, 0, 0) = ( epi + 2 + 1 + e2 2 ) − ( 1 + 1 2 ) = epi + e2 2 + 3 2 (b) A curva γ é dada pela intersecção das superfícies x = y2 e z = y2x, sendo y = t, tem-se: γ(t) = (t2, t, t4) γ′(t) = (2t, 1, 4t3) ‖ γ′(t) ‖= √1 + 4t2 + 16t6 −12 ≤ t ≤ 12 O cálculo da integral �ca: ∫ γ g(x, y, z) ds =∫ 1 2 − 1 2 g(γ(t)). ‖ γ′(t) ‖ dt = ∫ 1 2 − 1 2 √ 1 + 4t2 + 16t6. √ 1 + 4t2 + 16t6 dt = ∫ 1 2 − 1 2 1 + 4t2 + 16t6 dt = ( t + 4t3 3 + 16t7 7 ) ∣∣∣ 1 2 − 1 2 = 115 84 10 Questão 2 (3,5 pontos) Calcule ∫ γ ~F .d~r onde: ~F (x, y) = (y + cos(x2), 3x + 1) + (yexy, xexy) e γ é o arco da parábola x = 3y2 − 1 com ponto inicial (2,−1) e ponto �nal (2, 1) Solução: Tem-se que ~F = ~F1 + ~F2, onde: ~F1 = (y + cos(x 2), 3x + 1) e ~F2 = (ye xy, xexy) Com isso a integral será calculada por: ∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r Para aplicar o Teorema de Green, fecha-se o arco de parábola com uma curva α(t) orientada positivamente, a �m de obter a região fechada R abaixo: Cálculo de ∫ γ ~F1.d~r Sendo R uma região fechada contida no interios de α e γ, dom( ~F1) ⊂ R2 e sendo a orientação de γ negativa, pelo Teorema de Green vem que: − ∫ γ ~F1.d~r + ∫ α ~F1.d~r = ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy onde: α(t) = (2, t) , α′(t) = (0, 1) com −1 ≤ t ≤ 1 11 ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy = ∫ ∫ R 2 dx dy = ∫ 1 −1 ∫ 2 3y2−1 2 dx dy = ∫ 1 −1 2(2)− 2(3y2 − 1) dx dy = 6 ∫ 1 −1 1− y2 dx dy = 6 ( y − y 3 3 ) ∣∣∣1 −1 = 8 ∫ α ~F1.d~r = ∫ 1 −1 ~F1(α(t)).α ′(t) dt = ∫ 1 −1 (t + cos 4, 7).(0, 1) dt = ∫ 1 −1 7 dt = 14 Com isso: ∫ γ ~F1.d~r = 14− 8 = 6 Cálculo de ∫ γ ~F2.d~r Novamente pelo Teorema de Green: − ∫ γ ~F2.d~r + ∫ α ~F2.d~r = ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy Como: ∂Q ∂x − ∂P ∂y = 0, tem-se que: 12 ∫ γ ~F2.d~r = ∫ α ~F2.d~r = ∫ 1 −1 ~F1(α(t)).α ′(t) dt = ∫ 1 −1 (te2t, 2e2t).(0, 1) dt = ∫ 1 −1 2e2t dt = e2t ∣∣∣1 −1 = e2 − e−2 Logo: ∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r = 6 + e 2 − e−2 13 Questão 3 (3,0 pontos) Calcule ∫ γ ~F .d~r onde γ é a elipse x 2 9 + y2 4 percorrida uma vez no sentido anti-horário e ~F (x, y) = ( y x2 + y2 , −x x2 + y2 ) + (−y3 3 + x + sin y ) , (x, y) 6= (0, 0) Solução: Abaixo tem-se a região interior à elipse: Tem-se que ~F = ~F1 + ~F2. Com isso a integral será calculada por:∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r Cálculo de ∫ γ ~F1 d~r: Como o domínio de ~F1 é R 2 − (0, 0), deve-se isolar a origem por uma pequena curva α(t), percorrida no sentido horário, para poder-se aplicar o Teorema de Green. Com isso a região R' �ca compreendida entre α(t) e γ(t): 14 Aplicando o Teorema de Green à região R' tem-se: ∫ γ ~F1.d~r + ∫ α ~F1.d~r = ∫ ∫ R′ ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy Calcula-se cada integral separadamente: Sendo α(t) = (r sin t, r cos t), com r pequeno: ∫ α ~F1.d~r = ∫ 2pi 0 ~F (α(t)).(α′(t)) dt = ∫ 2pi 0 (r cos t,−r sin t) r2 .(r cos t,−r sin t) dt = ∫ 2pi 0 cos2 t + sin2 t dt = 2pi Como ∂Q ∂x − ∂P ∂y = 0 para o campo ~F1: ∫ ∫ R′ ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy = 0 Do Teorema de Green vem: ∫ γ ~F1.d~r = −2pi 15 Cálculo de ∫ γ ~F2.d~r: Como o domínio de ~F2 não apresenta problemas, pode-se aplicar diretamente o Teorema de Green para a região fechada R contida no interior de γ orientada positivamente. ∫ γ ~F2.d~r = ∫ ∫ R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dx dy = ∫ ∫ R y2 dx dy Faz-se a mudança de coordenadas para a integral dulpa: x = 3r cos θ y = 2r sin θ J = 6r ∫ ∫ R y2 dx dy = ∫ 2pi 0 ∫ 1 0 4r2 sin2 θ.6r dr dθ = ∫ 2pi 0 ∫ 1 0 24r3 sin2 θ dr dθ = 6 ∫ 2pi 0 sin2 θ dθ = 3 ∫ 2pi 0 1− cos 2θ dθ = 6pi Logo: ∫ γ ~F .d~r = ∫ γ ~F1.d~r + ∫ γ ~F2.d~r = −2pi + 6pi = 4pi 16
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